河北省衡水市桃城区第十四中学高一下学期摸底考试化学试卷

化学试卷一、选择题1.我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指A.氨水 B.硝酸 C.醋 D.卤水【答案】B【解析】【详解】根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；答案选B。2.应用元素周期律推断，下列说法正确的是A.Sr（锶）的碳酸盐难溶于水 B.Tl（铊）的氢氧化物是两性氢氧化物C.H2Se比H2S更稳定 D.H3AsO4酸性比H3PO4强【答案】A【解析】【详解】A．Sr（锶）是第ⅡA族元素，同主族元素中碳酸镁、碳酸钙、碳酸钡等均是难溶于水的，所以Sr的碳酸盐难溶于水，A正确；B．第ⅢA元素自上而下金属性逐渐增强，所以Tl（铊）的氢氧化物是不可能两性氢氧化物，B错误；C．同主族自上而下非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强，则H2S比H2Se更稳定，C错误；D．同主族自上而下非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的酸性逐渐增强，则H3AsO4酸性比H3PO4弱，D错误；答案选A。3.“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是①实验室收集氨气采用图甲所示装置②实验室中做氯气与钠反应的实验时采用图乙所示装置③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验④实验室中采用图丙所示装置进行铜与稀硝酸的反应A.②③④ B.①②③ C.①②④ D.①③④【答案】C【解析】【详解】①实验室采用图甲所示装置收集NH3，在收集的过程中用滴有酚酞的水检验NH3收集满并吸收逸出的NH3，防止污染环境，符合绿色化学的要求，①合理；②实验室中作Cl2与钠的反应实验时采用图乙所示装置，浸有碱液的棉球可以吸收多余的氯气，防止污染环境，符合绿色化学的要求，②合理；③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水作氨气与酸反应生成铵盐的实验，挥发的HCl气体和NH3会污染环境，不符合绿色化学的要求，③不合理；④实验室中采用图丙所示装置进行铜与稀硝酸的反应，生成的氮氧化物可以收集在气球里，防止污染环境，符合绿色化学的要求，④合理；综上所述可知符合“绿色化学”要求的是①②④，故合理选项是C。4.某同学在一pH试纸上滴几滴新制的氯水，现象如图所示，下列有关该实验的说法中正确的是A.该实验说明Cl2分子具有漂白性B.该实验说明HClO分子扩散速度比H＋慢C.若用久置的氯水进行实验，现象相同D.将实验后的pH试纸在酒精灯上微热，试纸又恢复为原来的颜色【答案】B【解析】【详解】A．氯气不具有漂白性，具有漂白性的是次氯酸，选项A错误；B．依据图中现象：pH试纸内部显白色，外圈显红色，说明H+的扩散速度比HClO分子快，选项B正确；C．久置的氯水中次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，pH试纸内部不会显白色，选项C错误；D．HClO的漂白持久、稳定，实验后的pH试纸加热不会恢复原来的颜色，选项D错误；故选B。5.下列说法中正确的是A.单质氧化物酸或碱盐，硅单质可以按上述关系进行转化B.若a、b、c分别为Si、SiO2、H2SiO3，则可以通过一步反应实现如图所示的转化关系C.二氧化碳和二氧化硅都可溶解在NaOH溶液中D.青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，若以氧化物形式可表示为Al2O3∙SiO2∙H2O【答案】C【解析】【详解】A．Si与O2反应生成SiO2，SiO2不与H2O反应，“氧化物酸或碱”不能实现，故A错误；B．Si与O2反应生成SiO2，SiO2不与H2O反应，H2SiO3加热分解生成SiO2，H2SiO3不能一步转化为Si，b→c即SiO2→H2SiO3，c→a即H2SiO3→Si，均不能通过一步反应实现，故B错误；C．二氧化碳和二氧化硅都属于酸性氧化物，都能与NaOH溶液反应生成盐和水，故C正确；D．硅酸盐可以用盐的形式或氧化物的形式表示，[Al2Si2O5(OH)4]可表示为Al2O3∙2SiO2∙2H2O，故D错误；答案选C。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大，且原子最外层电子数之和为15，Y是地壳中含量最高的元素，Y与Z同主族，Z与W同周期。下列说法正确的是A.简单氢化物还原性：Y>ZB.Z的简单离子与W的简单离子具有相同的电子层结构C.化合物WX2中既存在离子键，又存在共价键D.X与Y形成的化合物可能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【详解】原子最外层电子数之和为15，Y是地壳中含量最高的元素，Y是O元素，Y与Z同主族，Z是S元素；x的半径小于O原子，所以X是H元素；Z与W同周期，W是Mg元素；简单氢化物的还原性：H2S>H2O，故A错误；S2有3个电子层、Mg2+有2个电子层，故B错误；MgH2只存在离子键，故C错误；H2O2能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确。7.“84”消毒液在日常生活中使用广泛，该消毒液无色，有漂白作用。它的有效成分是下列物质中的一种，这种物质是A.KMnO4 B.Na2O2 C.NH3·H2O D.NaClO【答案】D【解析】【分析】该消毒液无色，有漂白作用，应为次氯酸钠，氯气与NaOH反应可制备“84”消毒液，以此来解答。【详解】过氧化钠与水反应，高锰酸钾溶液为紫色，具有漂白性，而NH3⋅H2O为无色且不具有漂白性，只有次氯酸钠的溶液为无色，且具有漂白性，符合题意，故选D。8.普通水泥在固化过程中自由水分子减少，并且溶液呈碱性，根据这一物理化学特点，科学家发明了利用原电池原理测定水泥初凝时间，此法的原理如图所示，反应的总方程式为2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag，下列有关说法错误的是A.Ag2O/Ag电极为正极B.Cu电极为负极C.电池工作时，OH向Ag2O/Ag电极移动D.电池工作时，有1molCu2O生成时，电路中有2mol电子通过【答案】C【解析】【分析】由电池反应方程式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag可知，较活泼的金属铜失电子发生氧化反应，所以铜作负极，较不活泼的金属银作正极，原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；根据转移电子和氧化亚铜的关系计算转移电子数。【详解】A．由电池反应方程式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，较活泼的金属铜失电子发生氧化反应，所以Cu作负极，较不活泼的Ag2O/Ag作正极，故A正确；B．根据A项分析，Cu电极为负极，故B正确；C．原电池放电时，阴离子向负极移动，所以氢氧根离子向铜极移动，故C错误；D．根据反应2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag，铜由0价变为+2价，有1molCu2O生成时，电路中有2mol电子通过，故D正确；答案选C。9.下列说法正确的是（）A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B.放热的反应在常温下一定很容易发生C.放热反应还是吸热反应主要由反应物、生成物所具有的总能量的相对大小决定D.吸热反应发生过程中要不断从外界获得能量，放热反应自始至终不需要外界提供能量【答案】C【解析】【详解】A．有的放热反应也需要加热才能发生，如铝热反应需高温条件下发生，却属于放热反应，故A错误；B．放热反应在常温下不一定很容易发生，如碳与氧气的反应为放热反应，但须点燃，故B错误；C．可以通过反应物和生成物所具有的总能量的相对大小判断反应是放热还是吸热，故C正确；D．吸热反应发生过程中要不断从外界获得能量，放热反应也可能需要外界能量，如燃烧需要预热温度达到着火点才能进行，故D错误；故选C。10.在密闭系统中有反应，能使反应速率加快的措施是①通过减小容器体积增大压强②升高温度③将炭粉碎④恒容通入⑤增加炭的量⑥恒容条件下通入A.①②③⑥ B.①②④⑥ C.①②③④ D.①②③④⑤【答案】C【解析】【详解】①反应有气体参加，减小容器体积增大压强，反应物的浓度增大，反应速率增大，故①正确；②升高温度，反应速率增大，故②正确；③将C粉碎，固体表面积增大，反应速率增大，故③正确；④通恒容通入CO2气体，反应物的浓度增大，反应速率增大，故④正确；⑤增加炭的量，固体的浓度不变，反应速率不变，故⑤错误；⑥恒容条件下通入N2，参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，故⑥错误；故选C。11.一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X(g)Y(g)+Z(s)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是A.混合气体的密度不再变化 B.反应容器中Y的质量分数不变C.体系压强不再变化 D.c(X):c(Y):c(Z)=2:1:1【答案】D【解析】【详解】A.反应前后气体质量是变量，所以混合气体的密度是变量，混合气体的密度不再变化，反应一定达到平衡状态，故选A；B.随反应进行，Y的质量分数增大，若反应容器中Y的质量分数不变，一定达到平衡状态，故不选B；C.反应前后气体系数和改变，压强是变量，体系压强不再变化，反应一定达到平衡状态，故不选C；D.浓度不变为平衡状态，c(X):c(Y):c(Z)=2:1:1，不能确定浓度是否改变，反应不一定达到平衡状态，故选D。12.两气体A、B分别为0.6mol与0.5mol，在0.4L密闭容器中发生反应：3A+B⇌mC+2D(C、D均为气态物质)，经5min后达到平衡，此时C为0.2mol，在此时间内D的平均反应速率为0.1mol•L1•min1，下列结论错误的是A.平衡时反应混合物总物质的量为1molB.B的转化率为20%C.A的平均反应速率为0.15mol•L1•min1D.m值为2【答案】A【解析】【分析】经5min后达到平衡，此时C为0.2mol，v(C)==0.1mol·L1·min1，又知在此反应时间D的平均反应速率为0.1mol·L1·min1，由反应速率之比等于化学计量数之比可知m=2，则据此分析。【详解】A．平衡时混合物总物质的量为：0.3mol+0.4mol+0.2mol+0.2mol=1.1mol，故A错误；B．平衡时B的转化率为：×100%=20%，故B正确；C．A的平均反应速率为=0.15mol•L﹣1•min﹣1，故C正确；D．根据分析可知，m=2，故D正确；答案选A。13.把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，电流由d到c；a、c相连时，c上产生大量气泡，b、d相连时，b上产生大量气泡，则四种金属的活动性顺序由强到弱的是A.a＞b＞c＞d B.a＞c＞d＞b C.c＞a＞b＞d D.b＞d＞c＞a【答案】B【解析】【分析】在原电池中，活泼性较强的电极为负极，活泼性较弱的电极为正极，结合原电池原理和电极上的常见现象分析判断。【详解】一般而言，原电池中，活泼性较强的电极为负极，活泼性较弱的电极为正极，放电时，电流从正极沿导线流向负极，正极上得电子发生还原反应，a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池，若a、b相连时，a为负极，则活泼性a＞b；c、d相连时，电流由d到c，c为负极，则活泼性c＞d；a、c相连时，c极上产生大量气泡，c为正极，则活泼性a＞c；b、d相连时，b上有大量气泡产生，b为正极，则活泼性d＞b，因此金属活泼性的强弱顺序是a＞c＞d＞b，故选B。14.燃料电池是目前电池研究的热点之一，现有某课外小组自制的氢氧燃料电池，如图所示，a、b均为惰性电极。下列叙述正确的是A.总反应方程式为2H2+O22H2OB.a极反应是H2－2e－＝2H＋C.使用过程中电解质溶液的pH逐渐减小D.b电极是正极，该电极上发生氧化反应【答案】C【解析】【详解】A．氢氧燃料电池的总反应方程式是2H2+O2=2H2O，反应条件不是点燃，故A错误；B.a极氢气失电子生成水，电极反应是2H2＋4OH－－4e－4H2O，故B错误；C．电池总反应方程式为2H2+O2=2H2O，电池工作时生成水，KOH的浓度降低，pH逐渐减小，故C正确；D.b电极是正极，该电极上氧气得电子发生还原反应，故D错误；选C。15.对于可逆反应2AB3（g）A2（g）+3B2（g）△H>0，下列图示正确的是A. B.C. D.【答案】BD【解析】【详解】A．温度升高，正反应和逆反应速率均增大，正反应方向吸热，平衡正向移动，故正反应速率大于逆反应速率，故A错误；B．首先温度越高，达到平衡所需要的时间越短，表现为斜率越大；其次正反应吸热，因此温度越高，原料的转化率越高，平衡时剩余的AB3的量越少，百分含量越小，故B正确；C．正反应是气体分子数增加的反应，根据勒夏特列原理，压强增大平衡逆向移动，表现为当温度相同时，增大压强，平衡左移，AB3的百分含量增大，与图给变化曲线相矛盾，故C错误；D．该反应为吸热反应，温度越高，平衡右移，AB3百分含量减小；增大压强，平衡左移，AB3的百分含量增大，与图象一致，故D正确；故选BD。16.1mol某烷烃可与8molCl2完全取代，则此烷烃的分子式为A.CH4 B.C2H6 C.C3H8 D.C4H10【答案】C【解析】【详解】1mol某烷烃可与8molCl2完全取代，说明分子中含有8个H原子，由烷烃通式CnH（2n+2）可知2n+2=8，n=3，应为C3H8。答案选C。17.下列有关烷烃的说法中，正确的是A.戊烷的同分异构体有2种，其习惯命名分别为：正戊烷、异戊烷B.沸点：正丁烷＜异丁烷C.符合通式CnH2n+2(n≥0)的物质一定是烷烃的同系物D.随着碳原子数的依次增加，烷烃中碳的质量分数逐渐增大，无限趋近于【答案】D【解析】【详解】A．由于戊烷存在3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷和新戊烷，故A错误；B．碳原子相同时，直链烃沸点大于有支链的沸点，正丁烷沸点大于异丁烷沸点，故B错误；C．符合通式CnH2n+2（n≥0）的物质，当n=0时，该物质为氢气，氢气不是烷烃的同系物，故C错误；D．烷烃分子的通式：CnH2n+2，故烷烃分子的含碳量：，整理可得：（整理过程就是先将其约分，然后上下同除以n），所以随着碳原子数的依次增加，烷烃中碳的质量分数逐渐增大，无限趋近于，故D正确；答案选D。18.苯分子实际上不具有碳碳单键和碳碳双键的简单交替结构，可以作为证据的事实有①苯的间位二元取代物只有一种②苯的邻位二元取代物只有一种③苯不能使酸性KMnO4溶液褪色④苯能在一定条件下与氢气反应生成环己烷⑤苯在FeBr3存在的条件下同液溴发生取代反应A.①③④ B.③④⑤ C.②③⑤ D.①③⑤【答案】C【解析】【详解】①分子结构中若存在单、双键交替出现，则苯的间位二取代物也只有一种结构，故①不能说明苯不是单双键交替结构；②若苯的结构中存在单双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，但实际上无同分异构体，故②能说明苯不是单双键交替结构；③苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在CC单键与C=C双键的交替结构，故③能说明苯不是单双键交替结构；④苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在CC单键与C=C双键的交替结构，故④不能说明苯不是单双键交替结构；⑤苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在CC单键与C=C双键的交替结构，故⑤能说明苯不是单双键交替结构；则②③⑤能说明苯不是单双键交替结构，故答案选C。【点睛】苯是一种特殊的有机物，其分子结构中含有的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，键长都相同，6个碳原子形成的是一个平面正六边形的结构，所以不具有典型的碳碳双键和碳碳单键的性质，但在一定条件下可以发生化学反应，反应类型及程度可概括为：易取代反应、难加成反应、可氧化，掌握有机物的结构对性质的决定作用是本题解答的关键。19.苹果酸的结构简式为苹果酸可能发生的反应是（）①与NaOH溶液反应；②与石蕊试液作用变红；③与金属钠反应放出气体；④一定条件下与乙酸酯化；⑤一定条件下与乙醇酯化：A.①②③ B.①②③④ C.①②③⑤ D.①②③④⑤【答案】D【解析】【分析】羧基有酸性，可与NaOH溶液反应，与石蕊试液作用变红，羧基和羟基可与金属钠反应放出氢气，醇羟基可以在一定条件下与乙酸发生酯化反应，羧基一定条件下与乙醇发生酯化反应。【详解】①苹果酸中含有羧基，有酸性，可与NaOH溶液反应，故①正确；②苹果酸中含有羧基，有酸性，可以与石蕊试液作用变红，故②正确；③苹果酸中含有羧基和羟基，均可以与金属钠反应放出氢气，故③正确；④苹果酸中含有羟基，一定条件下与乙酸酯化，故④正确；⑤苹果酸中含有羧基，一定条件下与乙醇酯化，故⑤正确；故选D。20.糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是A.脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期B.脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe3e=Fe3+C.脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e=4OHD.含有1．12g铁粉脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）【答案】D【解析】【详解】A.脱氧过程是放热反应，可吸收氧气，延长糕点保质期，A不正确；B.脱氧过程中铁作原电池负极，电极反应为Fe2e=Fe2+，B不正确；C.脱氧过程中碳做原电池正极，电极反应为2H2O+O2+4e=4OH，C不正确；D.含有1.12g铁粉的脱氧剂，铁的物质的量为0.02mol，其最终被氧化为氢氧化铁，电子转移总量为0.06mol，理论上最多能吸收氧气0.015mol，其体积在标准状况下为336mL，D正确。故选D。21.同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，V2=2V1≠0，则该有机物可能是A. B.HOOC─COOH C.HOCH2CH2OH D.CH3COOH【答案】BD【解析】【详解】A．由结构简式可知，2—羟基丙酸分子中含有的羟基、羧基能与金属钠反应生成氢气，含有的羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则1mol2—羟基丙酸与足量金属钠和碳酸氢钠生成氢气和二氧化碳的关系为：H2—CO2，故A不符合题意；B．由结构简式可知，乙二酸分子中含有的羧基能与金属钠反应生成氢气、也能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则1mol乙二酸与足量金属钠和碳酸氢钠生成氢气和二氧化碳的关系为：H2—2CO2，故B符合题意；C．由结构简式可知，乙二醇分子中含有的羟基能与金属钠反应生成氢气，但不能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C不符合题意；D．由结构简式可知，乙酸分子中含有的羧基能与金属钠反应生成氢气、也能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则1mol乙酸与足量金属钠和碳酸氢钠生成氢气和二氧化碳的关系为：H2—2CO2，故D符合题意；故选BD。22.一定条件下某气态烷烃完全燃烧时，正好消耗同温同压下的氧气，该烷烃的化学式是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】气态烃完全燃烧的通式可以表示为：CxHy+(x+)O2xCO2+H2O，再根据气态物质的物质的量比等于其体积比进行计算，设该烃化合物分子式为CxHy，根据燃烧通式，1∶(x+)=20∶100，解得：x+=5。A．5+=8≠5，故A错误；B．4+=6.5≠5，故B错误；C．3+=5，故C正确；D．2+=3.5≠5，故D错误；故选C。【点睛】解答本题也可以根据烷烃的燃烧通式计算判断。23.乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是A.化学式为C6H6O6B.乌头酸能发生水解反应和加成反应C.乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH【答案】B【解析】【详解】A．根据乌头酸的结构简式可知其化学式为C6H6O6，A正确；B．乌头酸中所含官能团为羧基和碳碳双键，可以发生加成，不能发生水解反应，B错误；C．乌头酸中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．1mol乌头酸中含有3mol羧基，最多可消耗3molNaOH，D正确；故选B。24.下列物质不属于油脂的是A.花生油 B.润滑油 C.牛油 D.羊油【答案】B【解析】详解】A.花生油属于油，故A不符合题意；B.润滑油属于烃，故B符合题意；C.牛油、D.羊油属于脂肪，故C、D不符合题意。综上所述，答案为B。25.某烷烃的相对分子质量为72，跟氯气发生取代反应所得的一氯取代物没有同分异构体，这种烷烃是A.CH3CH2CH2CH2CH3 B. C. D.【答案】C【解析】【详解】一氯取代物没有同分异构体，则该有机物所有的H原子等效。A中一氯代物有3种，A项不符合题意；B中一氯代物有4种，B项不符合题意；C种一氯代物只有1种，C项符合题意；D中一氯代物有3种，D项不符合题意；本题答案选C。二、非选择题26.X、Y、Z、M、N是短周期元素，且原子序数依次递增。已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大。Z和N可以形成ZN2型化合物。回答下列问题：(1)元素N在周期表中的位置_______，它的最高价氧化物的化学式为________。(2)用电子式表示ZN2的形成过程________。(3)Z能在氮气中燃烧，Z在氮气中燃烧的产物与水反应可产生一种使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。写出Z在氮气中的燃烧产物与水反应的化学方程式：______________。【答案】①.第三周期VIIA族②.Cl2O7③.④.Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑【解析】【分析】X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则原子核各层电子分别为2、6，故X为O元素，X、M同主族，则M为S元素，Y在同周期主族元素中原子半径最大，故Y、Z、M、N处于第三周期，Y为Na元素，N为Cl元素，Z和Cl可以形成ZCl2型化合物，Z为+2价，故Z为Mg元素，结合对应的单质化合物的性质与元素周期律的递变规律解答。【详解】(1)N为Cl元素,在周期表中的位置是第三周期第VIIA族，Cl的最高价氧化物的化学式为Cl2O7；(2)Z为Mg元素，N为Cl元素，ZN2为MgCl2，属于离子化合物，用电子式表示其形成过程为：；(3)镁能在氮气中燃烧生成氮化镁，氮化镁与水反应可产生一种使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，则氮化镁与水反应的化学方程式：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑。27.t℃时，将2molSO2和1molO2通入体积为2L的恒温恒容密闭容器中，发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)；ΔH=196.6kJ/mol。2min时反应达到化学平衡，此时测得反应物O2还剩余0.8mol。请填写下列空白：(1)下列叙述能证明该反应已经达到化学平衡状态的是(填标号，下同)_________A．容器内压强不再发生变化B．SO2的体积分数不再发生变化C．容器内气体质量不再发生变化D．容器内气体密度不再发生变化(2)从反应开始至达到化学平衡，生成SO3平均反应速率为___________；反应放出的热量为_____kJ。(3)反应达到化学平衡后，以下操作将引起平衡向正反应方向移动并能提高SO2转化率的是______。A．向容器中通入少量O2B．向容器中通入少量SO2C．使用催化剂D．降低温度E．向容器中通入少量氦气(已知氦气和SO2、O2、SO3都不发生反应)【答案】①.AB②.0.1mol·L1·min1③.39.32④.AD【解析】【分析】(1)化学平衡状态的标志：正反应速率等于逆反应速率，平衡混合物中各组成成分的含量不变来判断；(2)根据平均反应速率v=计算出反应速率；根据反应消耗的氧气的物质的量计算出放出的热量；(3)根据化学平衡的影响因素来回答。【详解】(1)A．容器内压强不再发生变化，该反应两边气体体积不相等，反应过程中压强是变量，压强不变，该反应达到了平衡状态，故A正确；B．SO2的体积分数不再发生变化，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；C．容器内气体质量不再发生变化，反应两边都是气体，气体的质量始终不变，所以质量不能作为判断平衡状态的依据，故C错误；D．容器内气体密度不再发生变化，容器容积不变，气体的总质量不变，所以气体的密度始终不变，因此密度不能作为判断平衡状态的依据，故D错误；答案选AB；(2)由还剩余0.8mol氧气可知：反应消耗0.4molSO2和0.2molO2，生成0.4molSO3，三氧化硫的反应速率为：v(SO3)===0.1mol•L1•min1；(3)A．向容器中通入少量O2，即增大氧气的浓度，能使平衡正向移动并能提高SO2转化率，故A符合题意；B．向容器中通入少量SO2，即增大二氧化硫的浓度，能使平衡正向移动但是降低了SO2转化率，故B不符合题意；C．使用催化剂，不会影响化学平衡的移动，也不会改变二氧化硫的转化率，故C不符合题意；D．降低温度，化学平衡正向移动，并能提高SO2转化率，故D符合题意；E．向容器中通入少量氦气，当恒容时，各组分的浓度不变，则平衡不移动，故E不符合题意；答案选AD。28.乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业．(1)写出实验室制备乙酸乙酯的化学方程式_________(2)步骤②中b试管中饱和Na2CO3溶液的主要作用_______(填字母)a．降低乙酸乙酯的溶解度b．除去实验中挥发出来的硫酸c．除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇(3)试管b中盛放的试剂_________(填“能”或“不能”)换成NaOH溶液(4)连接好装置(装置气密性良好)，用小火均匀地加热装有混合液的试管a3~5min,需要用小火均匀加热，其主要原因是________【答案】①.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O②.a、c③.不能④.减少原料损失，减少副产物【解析】【分析】实验室用乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯，用饱和碳